棱柱、棱锥和棱台.docx

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1、棱柱、棱锥和棱台棱柱、棱锥和棱台的结构特征（二） 棱柱、棱锥和棱台的结构特征（二） 教学目标：理解棱锥、棱台的基本概念 教学重点：理解棱锥、棱台的基本概念 教学过程： 1“一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形”是棱锥的本质特征 正棱锥是一种特别棱锥正棱锥除具有棱锥的全部特征外，还具有：底面为正多边形；顶点在过底面正多边形的中心的铅垂线上 “截头棱锥”是棱台的主要特征，因此，关于棱台的问题，经常将其复原成相应的棱锥来探讨 2正棱锥的性质许多，但要特殊留意： (1)平行于底面截面的性质 假如一个棱锥被平行于底面的一个平面所截，那么： 棱锥的侧棱和高被这个平面分成比例线段 所得的截面和度

2、面是对应边相互平行的相像三角形 截面面积和底面面积的比，等于从顶点到截面和从顶点究竟面的距离平方的比 (2)有关正棱锥的计算问题，要抓住四个直角三角形和两个角： 正棱锥的高、侧棱及其在底面的射影、斜高及其在底面的射影、底面边长的一半可组成四个直角三角形 四个直角三角形是解决棱锥计算问题的基本依据，必需坚固驾驭 3棱台的性质都由截头棱锥这个特征推出的，驾驭它的性质，就得从这个特征入手 同棱锥一样，棱台也有许多重要性质，但要强调两点： (1)平行于底面的截面的性质： 设棱台上底面面积为S1，下底面面积为S2，平行于底面的截面将棱台的高分成距上、下两底的比为mn，则截面面积S满意下列关系： (2)有

3、关正棱台的计算问题，应抓住三个直角梯形、两个直角三角形： 正棱台的两底面中心的连线、相应的边心距、相应的外接圆半径，侧棱，斜高，两底面边长的一半，组成三个直角梯形和两个直角三角形(上、下底面内各一个直角三角形) 正棱台中的全部计算问题的基本依据就是这三个直角梯形、两个直角三角形和两个重要的角，必需坚固驾驭 4棱锥、棱台的侧面绽开图的面积，即侧面积，是确定其侧面积公式的依据 (1)正棱锥的侧面是彼此全等的等腰三角形，由此可得其侧面积公式： (2)正棱台的侧面是彼此全等的等腰梯形，由此可得其侧面积公式： 棱锥的全面积等于：S全=S侧+S底 棱台的全面积等于：S全=S侧+S上底+S下底 (3)棱柱、

4、棱锥和棱台的侧面公式的内在联系必需明确，它有利相识这三个几何体的本质，也有利于区分这三个几何体，在正棱台侧面积公式中： 当C=C时，S棱柱侧=Ch 可以联想：棱柱、棱锥都是棱台的特例 6关于截面问题 关于棱锥、棱台的截面，与棱柱截面问题要求一样，只要求会解对角面、平行于底面的截面(含中截面)、以及已给出图形的截面，或已给出全部顶点的截面，但对于基础较好，实力较强的同学，也可以解一些其他截面，比如：平行于一条棱的截面，与一条棱垂直的截面，与一个面成定角的截面，与一个面平行的截面等 作截面就是作两平面的交线，两平面的交线就是这两个平面的两个公共点的连线，或由线面平行、垂直有关性质确定其交线，这是画

5、交线，即作截面的基本思路 课堂练习：教材第11页练习A、B 小结：本节课学习了棱锥、棱台的基本概念 课后作业：第34页习题1-1A:2、5棱柱棱锥棱台的结构特征 1.1.1棱柱、棱锥、棱台的结构特征一、学习目标：1、学问与技能：（1）能依据几何结构特征对空间物体进行分类。（2）会用语言概述棱柱、棱锥、棱台的结构特征。（3）会表示有关几何体以及柱、锥、台的分类。2、过程与方法：（1）通过直观感受空间物体，概括出柱、锥、台的几何结构特征。（2）视察、探讨、归纳、概括所学的学问。3、情感看法与价值观：（1）使学生感受空间几何体存在于现实生活四周，增加学生学习的主动性，同时提高学生的视察实力。（2）培

6、育学生的空间想象实力和抽象概括实力。二、学习重点、难点：学习重点：感受大量空间实物及模型,概括出柱、锥、台的结构特征。学习难点：柱、锥、台的结构特征的概括。三、运用说明及学法指导:1、先阅读教材，再逐字逐句细致审题，仔细思索、独立规范作答，不会的先绕过，做好记号。2、要求小班、重点班学生全部完成，平行班学生完成A、B类问题。3、A类是自主探究，B类是合作沟通。四、学问链接:平行四边形：矩形：正方体：五、学习过程：A问题1：什么是多面体、多面体的面、棱、顶点？ A问题2：什么是旋转体、旋转体的轴？ B问题3：什么是棱柱、锥、台？有何特征？如何表示？如何分类？ C问题4；探究一下各种四棱柱之间有何

7、关系？ C问题5：质疑答辩，排难解惑1有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的几何体是不是棱柱？（举反例说明） 2棱柱的任何两个平面都可以作为棱柱的底面吗？A例1：如图，截面BCEF把长方体分割成两部分，这两部分是否是棱柱？B例2：一个三棱柱可以分成几个三棱锥？六、达标测试A1、下面没有对角线的一种几何体是（）A三棱柱B四棱柱C五棱柱D六棱柱A2、若一个平行六面体的四个侧面都是正方形,则这个平行六面体是（）A正方体B正四棱锥C长方体D直平行六面体B3、棱长都是1的三棱锥的表面积为（）AB2C3D4B4、正六棱台的两底边长分别为1cm,2cm,高是1cm,它的侧面积为（）Acm2Bcm2Ccm

8、2D3cm2B5、若长方体的三个不同的面的面积分别为2,4,8，则它的体积为（）A2B4C8D12C6、一个三棱锥，假如它的底面是直角三角形，那么它的三个侧面（）A必需都是直角三角形B至多只能有一个直角三角形C至多只能有两个直角三角形D可能都是直角三角形A7、长方体的共顶点的三个侧面面积分别为3，5，15，则它的体积为_. 七、小结与反思： 【励志良言】不为失败找理由，只为胜利找方法。 棱柱与棱锥【鼎尖教案】人教版中学数学必修系列：9.9棱柱与棱锥(备课资料)一、对几种棱柱的理解1.斜棱柱的底面可以是正多边形,此时侧棱不垂直于底面,所以它不是直棱柱.2.直棱柱的底面可以是正多边形,所以正棱柱是

9、直棱柱的特例.3.在斜棱柱的侧面中,有的可以是矩形,假如棱柱有两个相邻的侧面都是矩形,那么它们的公共侧棱垂直于底面.此棱柱肯定为直棱柱.二、对于四棱柱中关系的理解三、参考例题例1在直平行六面体ABCDA1B1C1D1中,AD=3,A1A=4,AB=5,DAB=60,那么这个直平行六面体的对角线AC1与BD1的长分别是A.和B.和C.和D.和分析：将“空间问题平面化”的思想应用到解题中,再结合平面几何中的勾股定理、余弦定理使问题获解.解析：AD=3,AB=5,DAB=60，由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2ABADcos60.BD=.而BD12=AA12+BD2,BD1=.同理可求得AC1=

10、.答案：A例2用一个过四棱柱底面一边的平面截正四棱柱,截面是A.正方形B.矩形C.菱形D.一般平行四边形分析：充分利用已知正四棱柱的性质以及线线、线面、面面之间的平行、垂直关系的性质、判定定理.解析：正四棱柱ABCDA1B1C1D1,过棱AB的平面ABEF交对面CDD1C1于点E、F.平面ABB1A1平面CDD1C1,ABEF.AB平面BCC1B1,且BE平面BC1,ABBE.ABEF是矩形.答案：B评述：敏捷地将正四棱柱性质应用于解题中,可使问题变得简洁易求.例3四棱柱ABCDABCD的底面ABCD是菱形,且AB=AD,求证：（1）对角面AACC截面ABD；（2）对角面DDBB是矩形.分析：

11、（1）中通过寻求线面垂直去实现面面垂直.（2）中依据矩形的判定方法证得.证明：（1）连结AC与BD交于点O,连结AO.AB=AD,AOBD.底面ABCD是菱形,ACBD.BD平面AACC.又BD平面ADB,对角面AACC截面ABD.（2）由（1）知BDAA且AABB,BDBB.对角面DDBB是矩形.评述：此题是以正棱柱为载体考查了空间线线、面面、线面等问题,需对四棱柱的有关性质娴熟驾驭,否则思维受阻,无法接着做下去.四、参考练习题在长方体AC1中,CC1=15,CD=20,求线段B1D和BC之间的距离.解：连结AB1、DC1,BC平面AB1C1D.BC与B1D之间的距离转化成了BC与平面AB1

12、C1D之间的距离.又平面BB1A平面AB1C1D,过点B作BHAB1于点H,BH平面AB1C1D.BH的长为所求距离.在RtAB1B中,有BH=12,B1D和BC间的距离为12.留意：在多面体中,利用线线关系、线面关系,把空间问题转化为平面问题,最终化为解三角形问题,是立体几何中的常用技巧.备课资料一、教学中应重视平面图形立体化思想平面图形立体化与立体图形平面化是两个相反的过程,也是互逆的思想.在平面图形立体化过程中,应要求学生认清平面图形中各已知条件的相互关系及其本质,并且在将一个平面图形折叠或剪拼成立体图形后,能分清已知条件中哪些改变了,哪些未发生改变,而这些未发生改变的已知条件都是分析和

13、解决问题的重要依据,试举两例.例1下图是正方体的一个绽开图,当用它合成原来的正方体时,与边P重合的边是哪一条？分析：此题可先将正方体合成,问题很快得到解决,若只考虑边的重合,会更快地得出结论.解：首先有L和K重合,其次有I和J重合,则P与H重合.例2如图,在正方形SG1G2G3中,E、F分别是G1G2及G2G3的中点,D是EF的中点,现在沿SE、SF及EF把这个正方形折成一个由四个三角形围成的几何体（以后要学习的四面体）,使G1、G2、G3三点重合,重合后的点记为G,那么在这个几何体中必有A.SGEFG所在平面B.SDEFG所在平面C.GFSEF所在平面D.GDSEF所在平面分析：题目中的SG

14、1G1E,EG2G2F,FG3G3S,这些条件在折叠后仍旧不变,应从这一点入手解决此问题.解析：SG1G2G3是一个正方形,SG1G1E,EG2G2F,FG3G3S.折叠后的几何体中肯定有SGGE,且SGGF,即SGEFG所在平面.答案：A评述：这道题貌似涉及几何体（四面体）的概念,实则主要用来巩固直线和平面垂直的判定定理,培育学生的空间想象力.二、平行六面体性质的应用举例例3已知直平行六面体的侧棱长为100cm,底面两邻边的长分别是23cm和11cm,底面的两条对角线的比是23,求它的两个对角面的面积分别是多少？分析：直平行六面体的对角面是矩形,本题关键是求出底面两条对角线的长,可应用方程思

15、想解之.解：已知AC1是直平行六面体,故它的两个对角面都是矩形,其侧棱AA1就是矩形的高.由题意,得AB=23cm,AD=11cm,AA1=100cm.BDAC=23,设BD=2x,AC=3x,在平行四边形ABCD中,BD2+AC2=2（AB2+AD2）,即（2x）2+(3x)2=(232+112)2.x=10.BD=2x=20,AC=3x=30.SBDD1B1=BDBB1=20100=2000(cm2),SACC1A1=ACAA1=30100=3000(cm2).它的两个对角面的面积分别是2000cm2、3000cm2.评述：在立体几何的运算中,要留意方程思想的应用,适当地选取未知数,找出等

16、量关系.对于平行四边形对角线的性质,不仅其本身作用较大,而且可以推广到空间,即平行六面体各棱的平方和等于对角线的平方和.备课资料一、教学中“整体思想”解题的应用例1长方体的全面积为11，十二条棱长度之和是24，求这个长方体的一条对角线长.分析：要求长方体对角线的长，只要求长方体的一个顶点上的三条棱的长即可.解：设此长方体的长、宽、高分别是x、y、z,对角线长为l,依题意,得由,得x+y+z=6,从而由长方体对角线性质,得l=5.长方体一条对角线的长为5.评述：本题考查长方体的有关概念和计算，以及代数式的恒等变形实力.在求解过程中，并不须要把x、y、z单个都求出来，而要由方程组的从整体上导出x2

17、+y2+z2.这就是数学中常用的一种技巧，给我们比较敏捷的感觉.例2直平行六面体的底面是菱形，过不相邻两对侧棱的截面的面积是Q1和Q2，求它的侧面积.分析：由直棱柱的对角面面积求出底面边长或周长以及侧棱长，从而达到求出侧面积的目的.解：设直平行六面体AC1的底面边长为a,侧棱长为l.AC1是直平行六面体,对角面ACC1A1和BB1D1D是矩形.Q1=lAC,Q2=lBD.AC=,BD=.底面ABCD是菱形,AC2+BD2=4a2,即（）2+()2=4a2.l2a2=(Q12+Q22),al=.S侧=4al=2.评述：以上例题同样采纳了整体求法的手段，即没有单独去求a和l的值，而是求出a和l之积

18、，从而简化了解题过程.二、求棱柱侧面积的方法的应用例3斜三棱柱ABCA1B1C1中，底面是边长为a的正三角形，侧棱长为b,AA1与底面相邻两边AB、AC都成45角，求棱柱的侧面积.解法一：如图作A1O面ABC于点O，AA1与AB、AC都成45角，AO是BAC的平分线.又ABC为正三角形,AOBC.由三垂线定理可知AA1BC，又AA1BB1CC1，四边形BB1C1C为矩形,S侧=2absin45+ab=(+1)ab.解法二：作BMAA1于点M，连结CM，可证得BMACMA，CMAA1.又BMC是棱柱的直截面,MAB=MAC=45,CM=BM=a.C直截面=a+a+a=(+1)a.S侧=（+1）a

19、b.评述：解法一是采纳求各侧面面积之和来求侧面积的;解法二是先作棱柱的直截面，利用直截面周长与侧棱长之积求得侧面积.例4斜三棱柱ABCA1B1C1的底面ABC中，AB=AC=10cm,BC=12cm,A1到A、B、C三点距离相等，AA1=13cm,求这个斜三棱柱的全面积.解：如图，在侧面A1ABB1中作A1DAB于点D，由A1A=A1B,D是AB的中点，那么A1D2=A1A2-AD2=132-52.A1D=12cm.SA1ABB1=SA1ACC1=A1DAB=120cm2.取BC的中点E，连结A1E、AE.由已知A1B=A1C，AB=AC,得A1EBC，AEBC.BC平面A1AE.BCA1A.

20、又A1AB1B，BCB1B.侧面BB1C1C是矩形.SBB1C1C=BB1BC=1312=156(cm2).S侧=2SA1ABB1+SBB1C1C=2120+156=396(cm2).而AE=8(cm),S底=BCAE=128=48(cm),S全=S侧+2S底=396+248=492(cm2).例5斜三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1=20cm,平面B1A1AB与平面A1C1CA所成的二面角为120，AA1与BB1、CC1的距离分别为16cm、24cm,求此三棱柱的侧面积.分析：求斜棱柱的侧面积可求各侧面面积之和，也可以求它的截面周长C与侧棱长l的乘积.解法一：在AA1上取一点E，过E在平

21、面AA1B1B作中GEAA1,交BB1于点G，过E点在平面AA1C1C中作EFAA1，交C1C于点F，则GEF为已知二面角的平面角，所以GEF=120.又AA1平面GEF，由棱柱的性质,可得AA1B1BC1C，BB1平面GEF.又GF平面GEF，BB1GF.由题意,知GE=16cm,EF=24cm.GEF=120,在GEF中，GF=8cm,又SA1ABB1=AA1GE=2016=320(cm2),SA1ACC1=AA1EF=2024=480(cm2),SB1BCC1=BB1GF=208=160(cm2),S斜棱柱侧=SA1ABB1+SA1ACC1+SB1BCC1=320+480+160=160

22、（5+）(cm2).解法二：在侧棱A1A上取一点E，过E作AA1的垂面分别交BB1、CC1于点G、F，连结FG，则平面EFG为斜三棱柱ABCA1B1C1的直截面.由题意AA1面EFG,AA1EG，AA1EF.GEF为已知二面角的平面角.GEF=120,又GE=16cm,EF=24cm,在EFG中，由余弦定理得FG=8cm.S侧=lC=20(16+24+8)=160(5+)(cm2).棱柱的体积教案教学目标(1)理解祖暅原理的含义,理解利用祖暅原理计算几何体体积的方法;(2)在发觉祖暅原理的过程中,体会从“平面”到“空间”的类比、猜想、论证的数学思想方法;体会祖暅原理中由“面积都相等”推出“体积

23、相等”的辩证法的思想;(3)在推导棱柱体积公式的过程中,理解从特别到一般,从一般到特别的归纳演绎的数学思想方法是学习数学概念的基本方法;驾驭棱柱的体积公式,并会利用棱柱的体积公式解决实际问题;(4)通过介绍我国古代数学家和西方数学家对几何体体积探讨的成果,激发学生的民族骄傲感,提高学生学习数学的爱好.教学重点祖暅原理和棱柱体积公式的推导.教学难点祖暅原理的含义.教学过程一、实际问题引入,说明探讨棱柱体积的必要性:引例:青藏铁路是西部大开发标记性工程,安排投资约262亿元,铁路全长1142公里,是世界上海拔最高,线路最长,穿越冻土里程最长的高原铁路.针对不怜悯况的多年冻土,有不同的解决方法与技术

24、.比如埋设热棒或通风管,就是在路堤中埋设直径30厘米左右的金属或混凝土横向通风管,可以有效降低路基温度;也可以采纳抛石路基,即用碎块石填筑路基,利用填石路基的通风透气性,隔阻热空气下移,同时吸入冷量,起到爱护冻土的作用;在少数极不稳定冻土地段修建低架旱桥,工程效果有保证,但造价高.假设在青藏铁路的某段路基须要用碎石铺垫.已知路基的形态尺寸如图所示(单位:米),问每修建1千米铁路须要碎石多少立方米?说明:在生产实际中,常常遇到体积的计算问题,如兴修水利、修建道路须要计算土方,修建粮仓、水池须要计算建材数量和容积.因此有必要探讨几何体的体积计算.上例就是一个直四棱柱的体积计算问题.提出问题:棱柱的体积如何计算?第12页 共12页第 12 页 共 12 页第 12 页 共 12 页第 12 页 共 12 页第 12 页 共 12 页第 12 页 共 12 页第 12 页 共 12 页第 12 页 共 12 页第 12 页 共 12 页第 12 页 共 12 页第 12 页 共 12 页